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Übungsblatt 07
PHYS4100 Grundkurs IV (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

Date: 9. 6. 2005 oder 10. 6. 2005

Aufgaben

1. Dipolmatrixelemente zwischen zwei Zuständen $\psi_1$ und $\psi_2$ sind durch
   $$\overrightarrow{D}= \int \psi_1^*\, e\overrightarrow{r}\, \psi_2\; dxdydz$$
   definiert. Wir betrachten die Dipolmatrixelemente anhand des Wasserstoffatoms.
   1. Warum ist $\overrightarrow{D}$ ein Vektor?
   2. Berechne die Komponenten von $\overrightarrow{D}$ für $\psi_1=\psi_2=\psi_{1\text{,} 0\text{,} 0}$.
   3. Berechne die Komponenten von $\overrightarrow{D}$ für $\psi_1=\psi_{1\text{,} 0\text{,} 0}$ und $\psi_2=\psi_{2\text{,} 0\text{,} 0}$.
   4. Berechne die Komponenten von $\overrightarrow{D}$ für $\psi_1=\psi_{1\text{,} 0\text{,} 0}$ und $\psi_2=\psi_{2\text{,} 1\text{,} 0}$.
   5. Berechne die Komponenten von $\overrightarrow{D}$ für $\psi_1=\psi_{1\text{,} 0\text{,} 0}$ und $\psi_2=\psi_{2\text{,} 1\text{,} \pm 1}$.
2. Variationsprinzipien sind in der Quantenphysik wichtig. Neben der direkten Berechnung der Zustände und Energien für ein Problem kann man durch eine geeignete Wahl der Wellenfunktion $\psi$ den Erwartungswert der Energie
   $$\bar{E} = \int \psi^* \hat{H} \psi dxdydz$$
   minimieren. $\hat{H}$ ist der Hamiltonoperator. Weiter muss die Nebenbedingung
   $$1 = \int \psi^*\psi dx dy dz$$
   gelten. Variationsprinzipien liefern Näherungslösungen auch in Fällen, in denen eine geschlossene Lösung nicht möglich ist.
   Berechnen Sie mit dem Variationsprinzip Wellenfunktionen und Energieeigenwerte des Wasserstoffatoms.
   1. Machen Sie den Ansatz
      $$\psi = N\exp\left(-\frac{r^2}{r_0^2}\right)$$
      Bestimmen Sie die Normierungskonstante $N$.
   2. Berechnen Sie $\bar{E}$ als Funktion von $r_0$ und minimieren Sie $\bar{E}$. Vergleichen Sie dieses Minimum mit dem exakten Wert für den Energieeigenwert $E$.
   3. Führen sie die gleiche Rechnung für den Ansatz
      $$\psi = N\exp\left(-\frac{r}{r_0}\right)$$
      durch.
3. Das Stefan-Boltzmanngesetz lautet:
   $$R(T) = \sigma T^4 = {\frac {2}{15}} {\frac {{\pi }^{5}{k}^{4}}{{h}^{3}{c}^{2}}} T^4$$
   Gesucht ist $\sigma$. Die folgenden Messwerte stehen zur Verfügung:
   

   Erste Messserie

   Zweite Messerie

   $T/K$	$R/(W/(m^2\,K^4))$
   524.754946	4812.27432
   530.817399	4981.51739
   521.467059	5025.79559
   526.48058	5061.08261
   529.642893	4911.03107
   524.575544	4810.27643
   515.014034	5125.6851
   517.265283	4933.80242
   531.941095	5025.88417

   $T/K$	$R/(W/(m^2\,K^4))$
   870.853328	36204.1555
   854.919632	35782.5982
   863.918419	36367.3409
   845.593588	34108.5028
   852.486468	36919.8394
   842.64689	36095.9192
   837.550732	37285.6194
   863.062848	35923.6539
   858.345156	36796.8407

   Dritte Messerie

   $T/K$	$R/(W/(m^2\,K^4))$
   1410.67967	255335.432
   1428.06498	259972.753
   1442.235	259834.733
   1412.25887	270287.781
   1419.35741	254526.994
   1407.21704	254488.007
   1434.29747	267338.487
   1440.07904	273650.083
   1389.69994	264986.33

   
   Berechnen Sie den experimentellen Wert von $\sigma$ unter Verwendung des Gaussschen Fehlerfortpflanzungsgesetzes.

Lösungen

1. Wir haben in Kugelkoordinaten

   $$\psi_{1\text{,}\,0\text{,}\,0} = N_{1\text{,}\,0\text{,}\,0} R_{1\text{,}\,0} Y_{0\text{,}\,0} = N_{1\text{,}\,0\text{,}\,0} e^{-\kappa_1 r} \frac{1}{\sqrt{4\pi}}$$

   $$\psi_{2\text{,}\,0\text{,}\,0} = N_{2\text{,}\,0\text{,}\,0} R_{2\text{,}\,0} Y_{0\text{,}\,0} = N_{2\text{,}\,0\text{,}\,0} e^{-\kappa_2 r}\left(1-\kappa_2 r\right) \frac{1}{\sqrt{4\pi}}$$

   $$\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\,0} = N_{2\text{,}\,1\text{,}\,0} R_{2\text{,}\,1} Y_{1\text{,}\,0} = N_{2\text{,}\,1\text{,}\,0} 2\kappa_2 r e^{-\kappa_2 r}\sqrt{ \frac{3}{4\pi}}\cos\theta$$

   $$\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\,\pm 1} = N_{2\text{,}\,1\text{,}\,\pm 1} R_{2\text{,}\,1} Y_{1\text{,}\,\pm 1} = \mp N_{2\text{,}\,1\text{,}\,\pm 1} 2\kappa_2 r e^{-\kappa_2 r}\sqrt{ \frac{3}{8\pi}}\sin\theta e^{\pm i \phi}$$

   
   
   Normierung:

   $$\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}\p... ...}\,0\text{,}\,0}^*\psi_{1\text{,}\,0\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =\frac{N_{1\text{,}\,0\text{,}\,0}^2}{4\kappa_1^3}$$

   $$\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}\p... ...}\,0\text{,}\,0}^*\psi_{2\text{,}\,0\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =\frac{N_{2\text{,}\,0\text{,}\,0}^2}{4\kappa_2^3}$$

   $$\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}\p... ...}\,1\text{,}\,0}^*\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =\frac{3 N_{2\text{,}\,1\text{,}\,0}^2}{\kappa_2^3}$$

   $$\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}\p... ...t{,}\,\pm 1}^*\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\, \pm 1}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =\frac{3 N_{2\text{,}\,1\text{,}\,\pm 1}^2}{\kappa_2^3}$$

   
   
   also

   $$N_{1\text{,}\,0\text{,}\,0} = 2 \kappa_1^{3/2}$$

   $$N_{2\text{,}\,0\text{,}\,0} = 2\kappa_2^{3/2}$$

   $$N_{2\text{,}\,1\text{,}\,0} = \frac{1}{\sqrt{3}}\kappa_2^{3/2}$$

   $$N_{2\text{,}\,1\text{,}\,\pm1} = \frac{1}{\sqrt{3}}\kappa_2^{3/2}$$

   
   
   und

   $$\psi_{1\text{,}\,0\text{,}\,0} = 2 \kappa_1^{3/2} e^{-\kappa_1 r} \frac{1}{\sqrt{4\pi}}$$

   $$\psi_{2\text{,}\,0\text{,}\,0} = 2\kappa_2^{3/2} e^{-\kappa_2 r}\left(1-\kappa_2 r\right) \frac{1}{\sqrt{4\pi}}$$

   $$\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\,0} = \frac{2}{\sqrt{3}}\kappa_2^{5/2} r e^{-\kappa_2 r}\sqrt{ \frac{3}{4\pi}}\cos\theta$$

   $$\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\,\pm 1} = \frac{2}{\sqrt{3}}\kappa_2^{5/2} r e^{-\kappa_2 r}\sqrt{ \frac{3}{8\pi}}\sin\theta e^{\pm i \phi}$$

   
   
   Der elektrische Dipol ist
   $$\overrightarrow{p}= e\overrightarrow{r}= e \left( \begin{array}{c... ...theta\cos\phi \\ r\sin\theta\sin\phi \\ r\cos\theta \\ \end{array}\right)$$
   1. Vektor ergibt Vektor
   2. Wir haben für die Komponenten

      $$\textrm{x:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...eta\cos\phi\right)\psi_{1\text{,}\,0\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =$$

      $$\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} 2... ...ppa_1^{3/2} e^{-\kappa_1 r} \frac{1}{\sqrt{4\pi}}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =$$

      $$\frac{\kappa_1^3}{\pi}\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} e^{-2\kappa_1 r} \sin^2\theta\cos\phi r^3 dr d\theta d\phi =0$$

      $$\textrm{y:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...eta\sin\phi\right)\psi_{1\text{,}\,0\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =0$$

      $$\textrm{z:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...r\cos\theta\right)\psi_{1\text{,}\,0\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =0$$

      
      
      Also ist
      $$\overrightarrow{D}= \left(0\text{,}\,0\text{,}\,0\right)$$
      Bem: in kartesischen Koordinaten ist der Integrand eine ungerade Funktion für alle Koordinaten $x$, $y$, $z$. Daraus folgt die Behauptung.
   3. Wir haben für die Komponenten

      $$\textrm{x:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...eta\cos\phi\right)\psi_{2\text{,}\,0\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =0$$

      $$\textrm{y:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...eta\sin\phi\right)\psi_{2\text{,}\,0\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =0$$

      $$\textrm{z:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...r\cos\theta\right)\psi_{2\text{,}\,0\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =0$$

      
      
      Also ist
      $$\overrightarrow{D}= \left(0\text{,}\,0\text{,}\,0\right)$$
      Bem: in kartesischen Koordinaten ist der Integrand eine ungerade Funktion für alle Koordinaten $x$, $y$, $z$. Daraus folgt die Behauptung.
   4. Wir haben

      $$\textrm{x:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...eta\cos\phi\right)\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =0$$

      $$\textrm{y:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...eta\sin\phi\right)\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =0$$

      $$\textrm{z:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...r\cos\theta\right)\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\, 0}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi = \frac{32e\kappa_1^{3/2}\kappa_2^{5/2}}{\left(\kappa_1+\kappa_2\right)^5}$$

      
      
      Mit der Definition von
      $$\kappa_n = \sqrt{-\frac{2 m_0 E_n}{\hbar^2}}= \frac{m_0 e^2}{4\pi\epsilon_0\hbar^2 n}$$
      oder auch
      $$\kappa_2 = \frac{\kappa_1}{2}$$
      Die $z$-Komponente wird dann
      $$\frac{32e\kappa_1^{3/2}\kappa_2^{5/2}}{\left(\kappa_1+\kappa_2\ri... ...{2^8}{2^{1/2}3^5}\frac{e}{\kappa_1} = \frac{256}{243\sqrt{2}}\frac{e}{\kappa_1}$$
      Wir setzen die Definition für $\kappa_1$ ein und erhalten für die $z$-Komponente
      $$\frac{256}{243\sqrt{2}}\frac{e}{\kappa_1}=\frac{256}{243\sqrt{2}}\frac{4\pi\epsilon_0\hbar^2 }{m_0 e}$$
      Mit
      $$d= \frac{256}{81}\frac{1}{\sqrt{6}}\frac{\hbar^2}{m_0 e}\left(4\pi\epsilon_0\right)$$
      ist das Dipolmoment
      $$\overrightarrow{p}= \frac{d}{\sqrt{3}}\left(0\text{,}\,0\text{,}\,1\right)$$
      Die Lösung im Haken-Wolf ist nicht ganz richtig! (Einheitentest!)
   5. Wir haben

      $$\textrm{x:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...cos\phi\right)\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\, \pm 1}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi = \frac{16\sqrt{2}\kappa_1^{3/2}\kappa_2^{5/2}e}{\left(\kappa_1+\kappa_2\right)^5}$$

      $$\textrm{y:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...sin\phi\right)\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\, \pm 1}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi = \frac{\pm i 16\sqrt{2}\kappa_1^{3/2}\kappa_2^{5/2}e}{\left(\kappa_1+\kappa_2\right)^5}$$

      $$\textrm{z:} \hspace{5mm} \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\int\limits_{0}^{\infty} \... ...s\theta\right)\psi_{2\text{,}\,1\text{,}\, \pm 1}r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =0$$

      
      
      Wir setzen wie in der vorherigen Aufgabe die Definition von $\kappa_n$ ein und erhalten zuerst als Funktion von $\kappa_1$ für die $x$-Komponente
      $$\frac{128}{243}\frac{e}{\kappa_1}= \frac{128 }{243}\frac{4\pi\epsilon_0\hbar^2}{m_0 e}$$
      Mit der Definition von $d$ oben erhalten wir
      $$\overrightarrow{p}= \frac{d}{\sqrt{6}}\left(1\text{,}\,\pm i\text{,}\,0\right)$$

   Zum Spielen die Maple-Datei dazu
2. 1. Wir setzen
      $$\psi_1(r) = N_1 e^{-r^2/r_0^2}$$
      und berechnen
      $$\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^\pi\int\limits_0^\infty \psi_1^*(r) \psi_1(r)r^2 \sin\theta\, dr\, d\theta\, d\phi=1$$
      und erhalten
      $$1 = \frac{N_1^2 \sqrt{2} r_0^3 \pi^{3/2}}{4}$$
      und
      $$N_1= \left(\frac{2}{\pi}\right)^{3/4}\frac{1}{r_0^{3/2}}$$

   2. Wir haben keine $l$-Abhängigkeit, also ist
      $$\widehat{H} = -\frac{\hbar^2}{2 m_0} \frac{1}{r^2} \frac{\partial... ...al r}\left( r^2 \frac{\partial}{\partial r}\right)-\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r}$$
      Wir berechnen
      $$\bar{E} = \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^\pi\int\limits_0^\infty \psi_1^*(r) \widehat{H} \psi_1(r)r^2 \sin\theta\, dr\, d\theta\, d\phi$$
      $$\bar{E} = \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^\pi\int\limits_0^\inf... ...ac{e^2 \psi_1(r)}{4\pi\epsilon_0 r}\right]r^2 \sin\theta\, dr\, d\theta\, d\phi$$
      und
      $$\bar{E} = {\frac {\sqrt {2} \left( -2\,{e}^{2}{r_0}\,{m_0}+3\,{{ ... ...\sqrt {2}{\epsilon_0} \right) }{4{{r_0}}^{2}{\pi }^{3/2}{\epsilon_0}\,{ m_0}}}$$
      um das Minimum zu finden berechnen wir
      $$\frac{\partial \bar{E}}{\partial r_0} = 0 = -{\frac {\sqrt {2} \l... ...n_0}\,{m_0}}}-{\frac { \sqrt {2}{e}^{2}}{2{{r_0}}^{2}{\pi }^{3/2}{\epsilon_0}}}$$
      Daraus folgt
      $$r_{0\text{,}\,min} = 3\,{\frac {{{\hbar}}^{2}{\pi }^{3/2}\sqrt {2}{\epsilon_0}}{{e}^ {2}{m_0}}}$$
      und
      $$\bar{E}_{min} = -{\frac {{e}^{4}{m_0}}{12{{\hbar}}^{2}{\pi }^{3}{{\epsilon_0}}^{2}}}= \frac{8}{3\pi} E_0$$
      wobei $E_0$ die Grundzustandsenergie des Wasserstoffs ist.
   3. Wir setzen
      $$\psi_2(r) = N_1 e^{-r/r_0}$$
      und berechnen
      $$\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^\pi\int\limits_0^\infty \psi_2^*(r) \psi_2(r)r^2 \sin\theta\, dr\, d\theta\, d\phi=1$$
      und erhalten
      $$1 = N_2^2 r_0^3 \pi$$
      und
      $$N_2= \frac{1}{\sqrt{\pi} r_0^{3/2}}$$
      Wir haben keine $l$-Abhängigkeit, also ist
      $$\widehat{H} = -\frac{\hbar^2}{2 m_0} \frac{1}{r^2} \frac{\partial... ...al r}\left( r^2 \frac{\partial}{\partial r}\right)-\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r}$$
      Wir berechnen
      $$\bar{E} = \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^\pi\int\limits_0^\infty \psi_2^*(r) \widehat{H} \psi_2(r)r^2 \sin\theta\, dr\, d\theta\, d\phi$$
      $$\bar{E} = \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^\pi\int\limits_0^\inf... ...ac{e^2 \psi_2(r)}{4\pi\epsilon_0 r}\right]r^2 \sin\theta\, dr\, d\theta\, d\phi$$
      und
      $$\bar{E} = {\frac {2\,{{\hbar}}^{2}\pi \,{\epsilon_0}-{e}^{2}{m_0}\,{r_0}}{4\pi \,{{r_0}}^{2} {m_0}\,{\epsilon_0 }}}$$
      um das Minimum zu finden berechnen wir
      $$\frac{\partial \bar{E}}{\partial r_0} = 0 = -{\frac {2\,{{\hbar}}... ...}\pi \,{m_0}\,{\epsilon_0 }}}-{\frac {{e}^{2}}{4\pi \,{{r_0}}^{2}{\epsilon_0}}}$$
      Daraus folgt
      $$r_{0\text{,}\,min} = 4\,{\frac {{{\hbar}}^{2}\pi \,{\epsilon_0}}{{e}^{2}{m_0}}}$$
      und
      $$\bar{E}_{min} = -{\frac {{e}^{4}{m_0}}{32{\pi }^{2}{{\hbar}}^{2}{{\epsilon_0}}^{2}}} = E_0$$
      wobei $E_0$ die Grundzustandsenergie des Wasserstoffs ist.
3. Wir verwenden für den Mittelwert
   $$\bar{x} = \frac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^n x_i$$
   für die Standardabweichung des Mittelwertes
   $$\sigma = \sqrt{\frac{1}{n(n-1)}\sum\limits_{i=1}^n \left(x_i - \bar{x}\right)^2}$$
   Wir erhalten aus den Messwerten
   

   Messserie	$\overline{T}/K$	$\sigma_T/K$	$\overline{R}/(W/(m^2\, K))$	$\sigma_R/(W/(m^2\, K))$
   1	$524.6$	$2.0$	$4965$	$36$
   2	$854.4$	$3.6$	$36166$	$305$
   3	$1420$	$5.7$	$262300$	$2383$

   
   Daraus berechnen wir $\sigma$ mit
   $$sigma = \frac{R}{T^4}$$
   Der Fehler von $\sigma$ ist
   $$\frac{\sigma_{sigma}}{sigma} = \sqrt{4^2\cdot \left(\frac{\sigma_T}{T}\right)^2 + \left(\frac{\sigma_R}{R}\right)^2}$$
   Die relativen Fehler sind
   

   Messung	$\sigma_t)/T$	$\sigma_R/R$	$\sigma_{sigma}/sigma$
   1	$0.0112$	$0.00727$	$0.0167$
   2	$0.0128$	$0.00843$	$0.0190$
   3	$0.0121$	$0.00910$	$0.0185$

   
   

   Wir bekommen die drei Werte
   

   Messung	$sigma/(W/(K^5 m^2))$
   1	$(6.556\pm 0.109)\cdot 10^{-8}$
   2	$(6.787\pm 0.129)\cdot 10^{-8}$
   3	$(6.451\pm 0.120)\cdot 10^{-8}$

   
   Wir berechnen den Mittelwert von $\sigma$ und seinen Fehlern aus den Fehlern von $sigma_i$, die ja alle etwa gleich sind.

   $$\overline{sigma} = \frac{1}{m}\sum\limits_{i=1}^m sigma_i$$
   $$\sigma_{\overline{sigma}} = \sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^{m} \sigma_i^2}{(m-1)m}}$$
   Wir erhalten
   $$\overline{sigma} = 6.598 \cdot 10^{-8} \frac{W}{K^5 m^2}$$
   $$\sigma_{\overline{sigma}} = 0.254\cdot 10^{-8} \frac{W}{K^5 m^2}$$
   oder
   $$\overline{sigma} = (6.598\pm 0.085) \cdot 10^{-8} \frac{W}{K^5 m^2}$$
   Dies ist die sogenannte $1-\sigma$ Fehlerabweichung. Sie sollten im Normalfall die $3-\sigma$-Abwichung angeben
   $$\overline{sigma} = (6.60\pm 0.26) \cdot 10^{-8} \frac{W}{K^5 m^2}$$

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